Download Đề và ĐA thi đại học khối B môn Toán 12

Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD.. Đường tròn nội tiếp tam.[r]

ONTHIONLINE.NET

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : TOÁN - Khối : B

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x 4 2( m1)x2m (1), m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm m để đồ thị hàm sớ (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị lại

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin cosx xsin cosx xcos 2xsinxcosx

2 Giải phương trình 2 x 2 x4 4 x2 10 3 x (x  R)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

2

1 sin cos

x x

I dx

x







Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = a Hình chiếu vng góc điểm A1 mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD Góc hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) 600 Tính thể tích khới lăng trụ cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2).

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P =

3 2

3 2

4 a b a b

b a b a

   

  

   

   .

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một hai phần (phần A hoặc B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x – y – = và d : 2x – y – = Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  điểm M thỏa mãn OM.ON =

2 Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

2

1

x y z

 

  và mặt phẳng (P) :

x + y + z – = Gọi I là giao điểm  và (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI vng góc với  và MI = 14

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm sớ phức z, biết:

5

1 i

z z



  

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B

;1

 

 

  Đường tròn nội tiếp tam

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng  :

2

1

x y z

 

 và hai điểm

A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng  cho tam giác MAB có diện tích

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo số phức

3

1

1 i z

i

  

 



  .

BÀI GIẢI GỢI Y PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: 1/ Khảo sát, vẽ (C) :

m =  y = x4 – 4x2 +

D = R, y’ = 4x3 – 8x, y’ =  x = hay x = 

Hàm số đồng biến ( 2; 0) và ( 2; +), nghịch biến (-; 2) và (0; 2)

Hàm số đạt cực đại x = và yCĐ = 1, đạt cực tiểu x =  2 và yCT = -3

lim

x y

Bảng biến thiên :

x -  + y’  +  +

y + + -3 -3

2/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x

y’ =  x = hay x2 = m +

Hàm sớ có cực trị  m + >  m > -1 Khi đồ thị hàm sớ có cực trị A (0; m),

B ( m1; -m2 – m – 1); C (- m1; -m2 – m – 1)

Ta có: OA = BC  m2 = 4(m + 1)  m =  2 (thỏa m > -1) Câu II.

1 Phương trình cho tương đương :

2sinxcos2x + sinxcosx = 2cos2x – + sinx + cosx  sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – + sinx  cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + =

 sinx = hay cosx(2cosx + 1) – =  x =

2 k

  

hay 2cos2x + cosx – =  x =

2 k

  

hay cosx = – hay cosx =

 x =

2 k

  

hay x =  + k2 hay x =

2 k

   

(k  Z) Đặt t = 2 x 2 x  t2 = 9(10 3 x 4 x2)

Phương trình cho trở thành : t2 – 9t =  t = hay t = 9 Với t = : 2x 6 2 x  x =

6

Với t = : 2 x 2 x = (điều kiện : -2  x  2)

 2x  3 2 x  + x = + 12 2 x+4(2 – x)

x

y

-2

2

1 -3

2



12 2 x 5x15 (vô nghiệm)

Cách khác : Đặt u = 2x và v = 2 x (u, v  0), phương trình cho trở thành:

2

2

3 4 (1)

4 (2)

u v uv u v u v           

(1)  3(u – 2v) = (u – 2v)2 u = 2v hay u = 2v + Với u = 2v ta có (2)  v2 =

4

5 suy ra: – x =

5  x =

Với u = 2v + ta có (2)  (2v + 3)2 + v2 =  5v2 + 12v +5 = (VN v 0) Câu III:

 

3 3

3

2 2

0 0

sin sin sin

tan

cos cos cos cos

dx x xdx x xdx x xdx

I x

x x x x

   



     

Đặt u = x => du = dx sin cos xdx dv x 

, chọn v cosx

 

 I = sin cos x xdx x   = 3 0 cos cos x dx x x      = 2 cos

3 sin

xdx x       =

2 sin

3 ln

3 sin x x       =

2

3 ln

3 2

 

 



Câu IV.

Ta có : OI = a

, OIA1 là nửa tam giác  A1I = 2OI = a

1 1 ABCD.AB C D V = a a a = 3 a

Gọi B2 là điểm chiếu B1 xuống mặt phẳng ABCD Vậy d (B1, A1BD) là đường cao vẽ từ B2 OB2B

2

2 ( )

1

2

OBB

a S  a a 

=

1 2OB B H

 B2H =

3

2

4

a a

a  Câu V.

Theo giả thiết ta có       2

2 a b ab a b ab 2

Từ suy :

 

1

2 a b ab

b a a b

   

    

   

    hay

2

2 a b a b

b a b a

 

     

 

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có :

2

2 a b

a b

b a b a

 

      

 

Đặt t = a b

b a , ta suy : 2t +  2 t2  4t2 – 4t – 15   t 

Mặt khác: P =

3 2

3 2

4 a b a b

b a b a

   

  

   

    = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t)

f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) =  t =



hay t =  Min f(t) =

23



t =

Vậy P = 23

4



a = và b = hay a = và b = Câu VI.a.

1 Phương trình ON có dạng

x at y bt

  



 (a2 + b2 0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2) N = ON  : at1 – bt1 – =  t1 =

4

a b (a  b)

M = ON  d : 2at2 – bt2 – =  t2 =

2a b (2a  b)

Suy :

4

; a b N

a b a b

 

 

 

 ,

2

;

2

a b M

a b a b

 

 

 

 

Ta có: OM.ON = 

2 2

4

8

a b a b

a b  a b  



2 2

a b  a b a b

TH1: a = ta có : b2 = b2, chọn b =  N (0; -4) , M (0; -2)

TH2: a  0, chọn a = ta được: + b2 = (1 b)(2 b)  + b2 =

3 b  b



2

2

3

3

b b b

b b b

    



   

  b =

1

3 Vậy N (6; 2) ; M

; 5

 

 

 .

Cách khác : Điểm N  d  N (n; 2n – 2)  ON



= (n; 2n – 2) Điểm M  M (m; m – 4)  OM



= (m; m – 4)

Nhận xét : đường thẳng d và  nằm phía đới với điểm O nên OM.ON =  OM ON

 

=  m = 5n (1) Ta có OM phương với ON



 m.n + 4n – 2m = (2) Từ (1) và (2)  5n2 – 6n =  n = hay n =

6 Với n = m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2) Với n =

6

5 m = 6, ta có điểm M (6; 2); N

; 5

 

 

 

2 Ta có  cắt (P) I (1; 1; 1); điểm M  (P)  M (x; y; – x – y)  MI



= (1 – x; – y; -2 + x + y) Vectơ phương  là a



= (1; -2; -1)

Ta có : MI

16.14 a

MI

 

 

  

 



2 2

2

(1 ) (1 ) ( ) 16.14 y x

x y x y

 

 

       



 x = -3 hay x =

Với x = -3 y = -7 Điểm M (4; -7; 6) Với x = y = Điểm M (5; 9; -11) Câu VII.a Gọi z = x + yi  với x, y  R

5

1 i

z z



  

Câu VI.b.

1 Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên BD // EF ABC cân A

Ta có BD = BE 

2

5

( ) (3 1)

2 x

 

   

 

 

 x = hay x = -1 (loại)  E (2; 3)

Đường thẳng BE cắt AD A nên ta có: A (3; 13

3 )

2 M  M (-2 + t; + 3t; -5 – 2t) ( 1; 2;1)

AB   

; AM ( ;3 ; )t t   t



; [AB AM, ] ( t 12; t 6; )t

 

SMAB = =

[ , ] AB AM 

 



2 2

1

( 12) ( 6)

2 t   t t 

 3t2 + 36t =  t = hay t = -12 Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)

Câu VII.b

3 cos sin

3

2 cos sin

4

i z

i

 

 

   



 

 

 

 



 

  

 

  

  =

cos sin

3

cos sin

4

i i

 

 

 

=

3

2 cos sin

4 i

 

 

    

  

   

 

   

  = 2 cos4 isin 2i

 

 

  

 

 

Vậy phần thực z là và phần ảo z là Cách khác : z =

2

2 3 3

1 3

i i i

i i i

  

   =

4

1 i = + 2i Vậy phần thực z là và phần ảo z là

Trần Minh Quang, Trần Minh Thịnh (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)

A

B C

E F

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn : TOÁN ; Khối: D

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

2 1 x y

x

 



1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm sớ cho

2 Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k +1 cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

sin2x 2cos x sin x tan x

  

 

2 Giải phương trình

2

2

2

log (8 x ) log ( x    x ) (x    )

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

4x

I dx

2x

 

 



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng B, BA = 3a, BC = 4a;

mặt phẳng (SBC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Biết SB = 2a và SBC= 300 Tính thể tích khới chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a

Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

3

2

2 ( 2)

( , )

x y x xy m x y x x y m

    



 

   

 



PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một hai phần (phần A B)

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác góc A có phương trình x  y  = Tìm tọa độ các đỉnh A và C Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng

1

:

2

x y z d    

 .

Viết phương trình đường thẳng  qua điểm A, vng góc với đường thẳng d và cắt trục Ox Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm sớ phức z, biết : z (2 ) i z 1 9i

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tỏa độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C) : x2 + y2  2x + 4y  = Viết phương trình đường thẳng  cắt (C) điểm M và N cho tam giác AMN vuông cân A

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  :

1

2

x y z

 

và mặt phẳng (P) : 2x  y + 2z = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng , bán kính và tiếp xúc với mặt phẳng (P)

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ và giá trị lớn hàm số

2

2 3

1 x x y

x

 



 trên đoạn

[0;2]

-BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I :

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) D = R \ {-1}

y/ =

(x1) > với x  D

lim

x   y và xlim 1 y 

 x = -1 là TCĐ lim

x y  y = là TCN

BBT :

x -  - + y/ + +

y + -

Hàm số đồng biến khoảng xác định, khơng có cực trị Đồ thị hàm sớ :

2 Pt hoành độ giao điểm :

2 1

x

kx k x



  



 kx2 + (3k - 1)x + 2k = (x = -1 không là nghiệm)

Ycbt :  k  và  = k2 - 6k + >  k < 2  k  3 2 và k  (*) Khoảng cách từ A và B đến Ox

yA=yB kxA2k 1 kxB2k1

( ) 1 3

( )

( )

A B

A B

kx kx loai k

k k

k x x k k



 

   

    



 k = – (thỏa đk (*) ) Vậy YCBT  k = – Câu II :

1)

sin 2cos sin tan

x x x

x

  



 đk : tgx 3; cosx  0

Pt  sin2x + 2cosx  sinx  =  2sinxcosx + 2cosx  (sinx + 1) =  2cosx (sinx + 1)  (sinx + 1)=  (2cosx  1)(sinx + 1) =

1

cos 3

2

sin

2

x k

x

x x k

 

  

 

 

 

  

 

  



 so đk ta có nghiệm pt : x k2 (k )

 

  Z

x y

2) log (82  x2) log ( 1  x 1 x) 2 (x  [-1;1])

 log (82  x2) log ( 1   x 1 x)   x2 = 4( 1 x 1 x) (*) Đặt t = 1 x 1 x

(*) thành (t 2)2 (t2 + 4t + 8) =

 t =  1 x 1 x =  x = (nhận) Câu III :

I =

4 2

x dx x    

Đặt t = 2x 1 2 => (t - 2)dt = dx

=> I =

5

2

3

(2 5)( 2) 10 34

(2 12 21 ) 10ln

3

t t t

dt t t dt

t t

  

     

 

Câu IV :

Gọi H là hình chiếu S x́ng BC Vì (SBC)  (ABC) nên SH  (ABC) Ta có SH = a

Thể tích khới (SABC) =

3SABC SH 

3 1

( 3a.4a).a 2a

3 

Ta có : Tam giác SAC vng S SA = a 21; SC = 2a; AC = 5a Diện tích (SAC) = a2 21 d(B,(SAC)) =

3 SABC SAC V S =

3 3.2 21 a a  a Câu V :

Hệ 2

( )(2 )

( ) (2 )

x x x y m x x x y m

             Đặt

2 ( 1)

4

2 ( )

u x x dk u v x y v

           

Hệ thành :

(1 )

(2 1) v m u u v m

uv m u u m u

                  2 (1)

v m u u u m u            

Đặt f(u) =

2 1

,

2

u u u u

 



 ; f/(u) =

2

2

(2 1) u u

u

  

 ;f/(u)=0

1 u  

 

(loại) hay

1 u 

u

1



2

 

+  f/(u) + 

f(u)   – 

Vậy hệ có nghiệm  (1)có nghiệm thuộc

1

;

4 m



 

   



 

Câu VIa :

1 Gọi M là trung điểm AC, ta có

3

;1

2

BM  BG M 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Gọi N là điểm đối xứng B qua phân giác  góc A và H là giao điểm  với đường thẳng BN

Đường thẳng BN có phương trình : x + y + =

=> Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình :

3

( 1; 2)

x y

H x y

   

  



  



H là trung điểm BN

2

(2; 5)

2

N H B

N H B

x x x

N y y y

  



   

  



Đường thẳng AC qua điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 =

A là giao điểm đường thẳng  và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm

của hệ :

4 13

(4;3)

x y

A x y

  



 

  



M là trung điểm AC 

2

2

C M A

C M A

x x x y y y

  

 

  

  C(3; 1)

2 Gọi M là giao điểm đường thẳng  với Ox  M (m; 0; 0)  AM



= (m – 1; -2; -3) AM  d  AM



.ad



=  m = -1 AM



= (-2; -2; -3) Vậy pt  là

1

2

x y z

 

Câu VII.a :

Gọi z = a + bi (a, b  R) Khi z  (2 + 3i)z = – 9i  a + bi – (2 + 3i)(a –bi) = – 9i

 –(a + 3b) + (3b –3a)i = –9i 

3

3

a b a

b a b

   

 



 

  

 

Vậy z = –i Câu VI.b :

1 Đường tròn (C) có tâm I (1; -2), R = 10 (0; 2)

AI  

Vì I và A cách M, N nên MN  AI, pt MN có dạng : y = b MN = dA MN/ 2b

/

I MN

d  b

2

2 2

/ 3

2 I MN

MN

d   R  b  b   b v b

 

Vậy Pt : 1 : y = ; 2 : y = 

2 Phương trình tham số đường thẳng 

1 x t y t z t

   

     

I  ()  I (1 + 2t; + 4t; t) d (I, P) =

2(1 ) (3 )

t t t

   

=  t = hay t = -1

Ta có : y/ =

2

2

( 1) x x

x

 

y/ =  x = v x = – (loại) mà y(0) = và y(2) =

17

Vậy GTLN là 17

3 và GTNN là 3